一種新的倍立方體尺規(guī)構(gòu)圖方法

何懷福

（新疆風(fēng)能研究所有限責(zé)任公司，新疆 烏魯木齊 830000）

一、概述

英國(guó)科學(xué)哲學(xué)家卡爾·波普爾（Karl Popper，1902 — 1994）認(rèn)為，知識(shí)是通過(guò)猜想（Conjecture）和反駁（Refutation）而進(jìn)步的[4]。古希臘哲學(xué)家 柏拉圖（Plato，427 B.C —347 B.C）主張通過(guò)學(xué)習(xí)幾何，可以培養(yǎng)邏輯思維能力?！对尽罚‥lements）是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得（Euclid，325 BC—265 BC）所著，它是一部古典幾何的奠基之作，開創(chuàng)了數(shù)學(xué)公理化體系結(jié)構(gòu)，構(gòu)建出一座演繹幾何的宏偉大廈[1]。我國(guó)明代數(shù)學(xué)家徐光啟將歐氏《原本》譯成中文后，并定名為《幾何原本》，沿用至今。

公元前五世紀(jì)，在古希臘雅典城內(nèi)誕生一個(gè)“巧辯學(xué)派”（Sophist，又稱為智人學(xué)派，或詭辯學(xué)派），該學(xué)派提出了『尺規(guī)構(gòu)圖』的三大幾何問(wèn)題，即三等分角、倍立方體和化圓為方等。尺規(guī)構(gòu)圖（Straightedge and Compass Constructions，又譯為尺規(guī)作圖）是由古希臘數(shù)學(xué)家伊諾皮迪斯（Oenopides of Chios，約 490 B.C—420 B.C）最先提出來(lái)的，后來(lái)在《幾何原本》中用公設(shè)的形式固化下來(lái)，于是，尺規(guī)構(gòu)圖就成為希臘古典幾何的金科玉律。將現(xiàn)實(shí)中的尺規(guī)構(gòu)圖問(wèn)題抽象為數(shù)學(xué)上的約定，稱之為尺規(guī)構(gòu)圖公法。

在三大幾何難題提出后的兩千余年中，曾有眾多的嘗試，但沒有人能夠給出嚴(yán)格的答案。隨著十九世紀(jì)群論的發(fā)展，德國(guó)數(shù)學(xué)家林德曼（Lindemann，1852—1939）和·克萊茵（F·Kiein，1849—1925）分別證明了三大幾何難題用尺規(guī)構(gòu)圖的不可能性。從代數(shù)的角度來(lái)看，好像徹底解決了這些懸案[3]。但從不同的視角來(lái)看，這些問(wèn)題也許能得到不同的答案，在下一節(jié)提供一種新的倍立方體尺規(guī)作圖方法，將為您打開一扇幾何思維之窗。

二、一種新的倍立方體尺規(guī)作圖方法

倍立方體問(wèn)題的完整敘述如下。

假設(shè)任意給定一個(gè)線段（a），是否能夠通過(guò)尺規(guī)構(gòu)圖，在有限次內(nèi)作出另一個(gè)線段（b），使以該線段（b）為邊長(zhǎng)的立方體的體積是以給定線段（a）為邊長(zhǎng)的立方體的體積的2倍（即b3=2a3）？

英國(guó)數(shù)學(xué)家懷特海（Alfred North Whitehead，1861—1947）指出，獲取知識(shí)的前提是不受知識(shí)的束縛[5]。倍立方體（Doubling the Cube）是一個(gè)非常古老的幾何問(wèn)題。雖然，德國(guó)數(shù)學(xué)家林德曼（Lindemann）和克萊茵（F·Kiein）證明了三大幾何難題用尺規(guī)構(gòu)圖的不可能性。但是，如果換個(gè)視角來(lái)描述『倍立方體』問(wèn)題，就會(huì)得到不同的結(jié)果。

轉(zhuǎn)換一下思維視角，倍立方體問(wèn)題新的敘述如下。

如果將給定線段的長(zhǎng)度設(shè)為單位長(zhǎng)度1（即a=1），則倍立方問(wèn)題就轉(zhuǎn)化成，作出一個(gè)長(zhǎng)度為（即b=1+x）的線段，使得（1+x）3=2方程成立，則倍立方體問(wèn)題就能得到解決。

已知：以單位長(zhǎng)度為邊長(zhǎng)的立方體。

求作：作一新立方體的體積是已知立方體的2倍。

作圖：見2.2節(jié)。

證明：見2.3節(jié)。

2.1 倍立方體之新解法思路

根據(jù)前面有關(guān)倍立方體問(wèn)題新的敘述方法，將（1+x）3=2方程再轉(zhuǎn)換一下形式，就能得到期望的結(jié)果。

倍立方體之新解法思路概述如下：

再將[式①]左邊展開，得到下式：

1+3sinφ+3sin2φ+sin3φ=2，簡(jiǎn)化后得：

然后，將[式②]整理后得到下式：

從[式③]得到的啟發(fā)：關(guān)鍵是通過(guò)尺規(guī)構(gòu)圖找到滿足[式③]的角度φ（此φ可稱之為倍立方體角），通過(guò)降維思考，倍立方體問(wèn)題就能得到完滿解決。

2.2 倍立方體：尺規(guī)構(gòu)圖步驟

倍立方體尺規(guī)構(gòu)圖步驟列示如下。

第一步，以[點(diǎn)O]作為中心點(diǎn)，分別作[橫軸OX]和[縱軸OY]（公設(shè)I.1[1]）（見圖2.2.1）。

第二步，取給定的長(zhǎng)度（或合適的長(zhǎng)度）OA作為[單位一]（定義VII.1[1]）。用該[單位一]作為圓的半徑，作[單位圓ABC]（公設(shè)I.3[1]）（見圖2.2.1），其中：點(diǎn)O為單位圓ABC的圓心（定義I.16）。

第三步，以[點(diǎn)O]為圓心，取OA的2倍長(zhǎng)度OD（公理 I.2[1]）作為圓的半徑，作[圓DEF]（公設(shè)I.3[1]）（見圖2.2.1）。

圖2.2.1 ∠DOG= φ（倍立方體角）

第四步，連接F、D兩點(diǎn)，作一斜線FD（公設(shè)I.1[1]）與[橫軸OX]相交于[點(diǎn)H]，該直線延長(zhǎng)后與[圓DEF]相交于[點(diǎn)D]（見圖2.2.1）。

第五步，連接O、D兩點(diǎn)，作一斜線OD（公設(shè)I.1[1]）（見圖2.2.1）。第六步（可選，供證明時(shí)使用），經(jīng)過(guò)[橫軸OX]外的D點(diǎn)，作[垂線DG]（命題I.12[1]），并與[橫軸OX]相交于[點(diǎn)G]（見圖 2.2.1）。

第七步，過(guò)[橫軸OX]上的[點(diǎn)H]，作垂線MH（命題I.11[1]），與斜線OD相交于[點(diǎn)M]（見圖2.2.1）。

第八步，以[點(diǎn)O]為圓心，以長(zhǎng)度OM作為圓的半徑，作[圓MNL]（公設(shè)I.3[1]），并與[縱軸]分別相交于[點(diǎn)N]和[點(diǎn)L]（見圖2.2.1）。

第九步，過(guò)[點(diǎn)N]作一與[橫軸]平行的平行線NJ（命題 I.31[1]），并與[圓DEF]相交于[點(diǎn)J]（見圖2.2.1）。

第十步，連接O、J兩點(diǎn)，作一斜線OJ（公設(shè)I.1[1]），使得角JOG與角DHG相等（命題I.23）（見圖2.2.1）。

第十一步，連接L、M兩點(diǎn)，作一斜線LM（公設(shè)I.1[1]）與[橫軸OX]相交于[點(diǎn)I]（見圖2.2.1）。

第十二步，過(guò)[橫軸OX]上的[點(diǎn)I]，作垂線PI（命題I.11[1]），與斜線OD相交于[點(diǎn)P]（見圖2.2.1）。

第十三步，以[點(diǎn)O]為圓心，以長(zhǎng)度OP作為圓的半徑，作[圓PQR]（公設(shè) I.3[1]），并與[縱軸]分別相交于[點(diǎn)Q]和[點(diǎn)R]（見圖2.2.1）。

第十四步，連接P、R兩點(diǎn)，作一斜線PR（公設(shè)I.1[1]）與[橫軸OX]相交于[點(diǎn)K]（見圖2.2.1）。

第十五步（可選，供證明時(shí)使用），過(guò)[橫軸OX]上的[點(diǎn)K]，作垂線AK（命題I.11[1]），與斜線OD相交于[點(diǎn)A]（見圖2.2.1）。

第十六步，以長(zhǎng)度OP為邊，作一正六邊形（即立方體）（定義XI.25[1]）。該立方體之體積等于以長(zhǎng)度OA為邊的立方體之體積的2倍。

至此，完成『倍立方體』作圖步驟，在下一節(jié)可以看到證明過(guò)程。作完（Q.E.F）

2.3 倍立方體：證明過(guò)程

如果說(shuō)點(diǎn)、線、面是“歐氏幾何”之基本要素，那么圓則是開啟幾何世界寶庫(kù)之密鑰，圓也是最完滿和最具魔力的圖形。

通過(guò)尺規(guī)構(gòu)圖，找到倍立方體角φ后，就能完成倍立方體作圖任務(wù)。在本小節(jié)，給出證明“第2.2節(jié)”倍立方體尺規(guī)構(gòu)圖操作的正確性。

為了方便演算，假設(shè)：

（1）角∠DOG值記為φ，即∠DOG=φ。

（2）角∠DHG值記為θ，即∠DHG=θ，經(jīng)簡(jiǎn)單推算得到：

θ=（π/4+φ/2）。

首先，在[圖2.2.1]中，根據(jù)“對(duì)頂角相等”（命題I.15[1]），得到：

∠OHF=∠DHG=θ。

在直角三角形△FOH中，得到：

∠OFH=π/2﹣∠OHF=π/2﹣θ。

在[圓DEF]中，由OD=OF（定義I.15[1]），得到三角形△DOF 是等腰三角形（定義I.20[1]）。根據(jù)“等腰三角形兩底角相等”（命題I.5[1]），得到：

∠ODF=∠OFD，等價(jià)于：

∠ODH=∠OFH =π/2﹣θ。

由[圖2.2.1]得知，∠DOH=∠DOG=φ。

而且，角∠DHG是三角形△DOH的一個(gè)外角，根據(jù)“三角形一個(gè)外角等于兩個(gè)內(nèi)角和”（命題I.32[1]），得到：

∠DHG=∠DOH+∠ODH，即：

θ=φ+（π/2﹣θ），化簡(jiǎn)后得到：

θ=π/4 +φ/2。

根據(jù)三角函數(shù)加法公式，由sinθ=sin（π/4+φ/2），得到：

sinθ=sin（π/4）cos（φ/2）+cos（π/4）sin（φ/2），即：

sinθ=（cos（φ/2）+sin（φ/2））/（√（2）），等式兩邊取平方，推得：

詳細(xì)證明步驟列示如下：

第一步，參看[圖2.2.1]，在三角形△DMH中：

∠MDH=∠ODH=π/2﹣θ=π/4-φ/2，以及：

∠MHD=π/2﹣∠DHG=π/2﹣θ=π/4–φ/2，得到：

∠MHD=∠MDH。

根據(jù)“等角對(duì)等邊”（命題 I.6[1]），得到：

MD=MH。

在[圖2.2.1]中，有MD=OD﹣OM，和MH=OM×sinφ，代入上式得到：

OD﹣OM=OM×sinφ，

根據(jù)“第2.2節(jié)第三步”操作得到，OD 是[圓DEF]的半徑，即：

OD=2，代入上式得到：

2﹣OM=OM×sinφ，化簡(jiǎn)后得到：

第二步，根據(jù)“第2.2節(jié)第十步”操作得到，角∠JOG與角∠DHG相等，即：

∠JOG=∠DHG=θ。

在[圖2.2.1]中，有：

OJ×sinθ=ON，

由于，ON是[圓MNL]的半徑，有ON=OM（定義I.15[1]），得到：

OJ×sinθ = OM。

再根據(jù)“第2.2節(jié)第三步”操作，得到OJ=OD=2（定義I.15[1]），并將[式②]代入上式，得到：

2sinθ=2/（1+sinφ），化簡(jiǎn)后得到：

sinθ=1/（1+sinφ），兩邊取平方，得到：

sin2θ=[1/（1+sinφ）]2，

再將[式①]代入上式，得到：

（1+sinφ）/2=[1/（1+sinφ）]2，化簡(jiǎn)后得到：

此處說(shuō)明，該角φ對(duì)應(yīng)“第2.1節(jié)”中描述的倍立方體角。

第三步，在[圖2.2.1]中，由“第2.2節(jié)第六步、第十二步、第十五步”操作得知，根據(jù)“若兩角對(duì)應(yīng)相等（或三個(gè)角分別對(duì)應(yīng)相等），則兩個(gè)三角形相似”判定定理得到：直角三角形Rt△DOG、Rt△MOH、Rt△POI、Rt△AOK彼此相似，即：

△DOG∽△MOH∽△POI∽△AOK。

根據(jù)“相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例”，則有：

DG：MH=OG：OH OD：OM=OH：OI=MH：PI，

由DG：MH=MH：PI，得到：

類似地，MH：PI=OH：OI=OM：OP=OI：OK=PI：AK，

由MH：PI=PI：AK，得到：

PI2=MH×AK，

將上式代入[式④]，得到：

轉(zhuǎn)換[式⑤]，得到：

第四步，在[圖2.2.1]中，根據(jù)“第2.2節(jié)第七步”操作，得到：

MH=OM×sinφ，

并將[式②]代入上式，得到：

MH=OM×sinφ=2sinφ/（1+sinφ），

DG=OD×sinφ=2sinφ，

分別將MH和DG代入[式⑥]，得到：

AK=[2sinφ/（1+sinφ）]3/（2sinφ）2，即：

AK=2sinφ）/（1+sinφ）3

再將[式③]代入上式，得到：

AK=（2sinφ）/2，化簡(jiǎn)后得到：

AK=sinφ。

此處說(shuō)明，[點(diǎn)A]就是斜線OD與[單位圓ABC]的相交點(diǎn)。

第五步，在[圖2.2.1]中，根據(jù)“第2.2節(jié)第十一步”操作，得知OM和OL均是[圓MNL]的半徑，得到：OM=OL（定義I.15[1]），故三角形△MOL是等腰三角形（定義I.20[1]）。根據(jù)“等腰三角形兩底角相等”（命題I.5[1]），得到：

∠OML=∠OLM。

經(jīng)過(guò)簡(jiǎn)單推算，得到：

∠MIH=（π/4+φ/2），等價(jià)于：

∠MIH=∠DHG=θ。

根據(jù)“內(nèi)錯(cuò)角相等兩直線平行”的判定定理（命題I.28[1]）得到：

LM與FD平行，即：

LM//FD。

類似地，通過(guò)遞推也能得到：

∠PKI=（π/4+φ/2），等價(jià)于：

∠PKI=∠MIH=∠DHG=θ，

類似得到RP與LM和FD平行（命題I.28[1]），即：

RP//LM//FD。

由于，∠OPR=∠ORP=π/2﹣∠PKI，

∠OPR=π/2﹣（π/4+φ/2），即：

∠OPR=π/4﹣φ/2。

而，∠AKP=π/2﹣∠PKI，同樣得到：

∠AKP=π/4﹣φ/2。

由此得到，三角形△PAK是等腰三角形，即：

AP=A=sinφ。

第六步，根據(jù)“第 2.2 節(jié) 第二步”操作，得到OA是[單位圓ABC]半徑，即：

OA = 1。

在[圖2.2.1]中，有 OP = OA + AP，即：

OP = 1+sinφ。

由此得到，以長(zhǎng)度OP（即 1+sinφ）為邊作一正六邊形（即立方體），其體積正好等于以單位長(zhǎng)度OA為邊的立方體體積的兩倍。

故“第 2.2 節(jié)”操作正確性已得到證明。

證完（Q.E.D）

結(jié)語(yǔ)

英國(guó)哲學(xué)家懷特海（Whitehead）認(rèn)為，我們的知識(shí)體系應(yīng)該保持開放[5]。在歐幾里得幾何空間里，直線和圓形是最基本、最完美的幾何圖形；而在易經(jīng)思維世界，方形和圓形才是最完美的圖形，也是最基本的抽象思維信元。本文汲取了東西方偉人們的卓越智慧和思想[2]，通過(guò)體悟、領(lǐng)悟和覺悟等三個(gè)層次的深度修煉達(dá)到一個(gè)全新的思維境界。

現(xiàn)仍傳世的《歐幾里得幾何原本》（Euclid’s Elements）震撼我們的精神世界和滋潤(rùn)我們的心靈已有兩千多年了。在古希臘雅典“巧辯學(xué)派”提出尺規(guī)構(gòu)圖的三大幾何問(wèn)題后，激活眾多數(shù)學(xué)和幾何天才們的智慧源泉，完善了幾何演繹體系，牢固了幾何神殿之基礎(chǔ)。

如果說(shuō)點(diǎn)、線、面是歐氏幾何之基本要素，那么圓則是開啟幾何世界寶庫(kù)之密鑰。圓也是最具魔力和最完美的圖形。在本文中提供的倍立方體之新解法打開了幾何世界的一扇窗，打破了代數(shù)方法在幾何世界的壟斷地位，在追求真理的路途中充分放飛了思維的想象力和創(chuàng)造力，讓傳統(tǒng)的幾何方法煥發(fā)了新的生命力。